MOT SO BAI TOAN HINH HOC GIAI BANG 3 CACH(RAT HAY)

Bài 1: Cho hình chóp ABCS. có tam giác đáy ABC vuông tại B và SA vuông góc với mặt phẳng )(ABC . a) Chứng minh BC vuông góc với mặt phẳng )(SAB b) Gọi AH là đường cao của tam giác SAB . Chứng minh AH vuông góc với SC . Giải: - Cách 1 (Dùng phương pháp tổng hợp): a) Chứng minh )(SABBC ⊥ Ta có )( ))(( SABBC ABCvìSASABC ABBC ⊥⇒    ⊥⊥ ⊥ . b) Chứng minh BCAH ⊥ Ta có SCAH SABvìAHAHBCSABBC SBAH ⊥⇒    ⊥⊥⇒⊥ ⊥ ))(()( . - Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ): Chọn hệ trục tọa độ sau: 1      ⇒⊂ −⇒⊂ ⇒≡ );0;0( )0;;(),0;;0(,// )0;0;0( sSOzSA bcCbBOyABBCOx AAO a) Chứng minh )(SABBC ⊥ Ta có: )()( OxySABOx =⊥ và BCOx // nên )(SABBC ⊥ b) Chứng minh BCAH ⊥ Ta có: );;0( sbSB −= Gọi );;0( zy là tọa độ điểm );;0( zyAHH =⇒ 000. =−+⇔=⇔⊥ szbySBAHSBAH (1) Phương trình đường thẳng SB là      −= += = stz btby x 0 (2) Giải hệ (1) và (2): 2         ++ ⇒ + − =⇒=++ 22 2 22 2 22 2 2 ;;00)( sb sb sb bs H sb b ttsbtbb .0).(0.);;( 22 22 22 22 SCAH sb sb sb sb cSCAHsbcSC ⊥⇒= + − + +−=⇒−−= - Cách 3 (Dùng phương pháp vector): a) Chứng minh )(SABBC ⊥ Ta có: ABBC ⊥ (giả thiết) (1) Mặt khác: BCSAABCSA ⊥⇒⊥ )( (2) Từ (1) và (2) suy ra )(SABBC ⊥ Vậy: BC vuông góc với mặt phẳng (SAB). b) Chứng minh BCAH ⊥ Ta có: ( ) ( ) SCAHSBCAH SABBCBCAH SBAH ⊥⇒⊥⇒      ⊥⊥ ⊥ )( Vậy: BCAH ⊥ Bài 2: Cho tứ diện ABCD có các cạnh ADACAB ,, đôi một vuông góc và 4,3 === ADACAB . Tính khoảng các từ điểm A đến mặt phẳng (BCD). Giải: -Cách 1 (Dùng phương pháp tổng hợp): Gọi M là trung điểm của CD. Vì tam giác ACD vuông cân tại AM là đường cao của nó. 22 2 2 == AC AM Vì AMCD ⊥ và AM là hình chiếu của BM trên )(ACD nên BMCD ⊥ Do đó: )(ABMCD ⊥ Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BM, ta có: )( ))(( BCDAH AHABMvìCDCDAH BMAH ⊥⇒    ⊃⊥⊥ ⊥ Suy ra AH là khoảng cách cần tìm. ABM∆ vuông tại A có đường cao AH nên: . 17 346 8 1 9 11111 2222 =⇔+=⇔+= AH AHAMABAH - Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ): 3 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho:      ⇒∈⇒∈ ⇒∈ ⇒≡ )0;4;0(),0;0;4( )3;0;0( )0;0;0( DOyDCOxC BOzB AAO Phương trình mặt phẳng chắn của (BCD) là 1 344 =++ zyx 012433:)( =−++⇔ zyxBCD Khoảng cách cần tìm: . 17 346 433 120.40.30.3 ))(,( 222 = ++ −++ =BCDAd - Cách 3 (Dùng phương pháp vector): - Chọn hệ vector gốc ),,( ADACAB Đặt dADcACbAB === ,, Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD) Ta có: 4 dycxbyxBCyBDxABBHABAH bdABADBD bcBDACBC ++−−=++=+= −=−= −=−= )1( Vì      ⊥ ⊥ ⇒⊥ BDAH BCAH BCDAH )( )( 17 346 34 3412 32.99.16 34 1 )(916 34 1 )( 34 9 34 16 )( 34 9 34 16 34 9 9259 9925 0)]()1([ 0)]()1([ 222222 2 đvdtdcb dcbAHAH dcbAH yx yx yx bddycxyxb bcdycxyxb ==+=++=       ++==⇒ ++=⇒ ==⇔    =+ =+ ⇔      =−++−− =−++−− ⇔    Bài 3: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a , gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính cosin của góc · ( ) ,AB DM Giải Cách 1 ( Dùng phương pháp tổng hợp ) Gọi N là trung điểm của AC, ta có / /MN AC nên · ( ) · ( ) , ,AB DM MN MD ϕ = = Ta có 3 2 a DM DN= = (đường cao của hai tam giác điều cạnh a ) nên: DMN ∆ cân tại D Gọi H là trung điểm MN thì DH MN⊥ Xét µ 0 90 : 3 1 , 2 2 4 H HDM a a DM MH MN  =  ∆  = = =   1 4 os 3 2 3 2 a MH c DM a ϕ ⇒ = = = Cách 2 ( Dùng phương pháp tọa độ ) Gọi a cà cạnh của tứ diện đều, CI là đường cao, O là tâm của tam giác BCD. Chọn hệ trúc tọa độ như sau: Ox đi qua C, trục / /Oy BD , Oz đi qua A như hình vẽ Ta có 3 1 3 2 3 , 2 3 2 3 2 a a a CI OI CI OC CI= ⇒ = = = = 5 z OAC ∆ cho 6 3 a OA = Suy ra: 6 3 3 3 0;0; , ; ;0 , ;0;0 , ; ;0 3 6 2 3 6 2 a a a a a a A B C D         − − −  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷  ÷         M là trung điểm BC nên: 3 ; ;0 12 4 a a M   −  ÷  ÷   Ta có 3 6 3 3 ; ; , ; ;0 6 2 3 4 4 a a a a a AB DM     − − − −  ÷  ÷  ÷  ÷     uuu uuuu Suy ra: ( ) ( ) ( ) 2 2 . os , . AB DM c AB DM AB DM = uuuuuuu uuu uuuu uuu uuuu 2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 8 8 3 6 3 9 . 0 36 4 9 16 16 1 4 3 2 3 2 a a a a a a a a a a + + = + + + + = = Vậy cosin của góc giửa hai đường thẳng AB, DM bằng 1 2 3 Cách 3: Dùng phương pháp vector Chọn vector cơ sở { } , ,BA BC BD uuu uuu uuu Ta có BA BC BD a= = = uuu uuu uuu · · · 0 1 2 2 60 a BM BC ABC ABD CBD = = = = = uuuu uuu ( ) 1 1 1 1 1 2 2 2 4 2 DM BM BD BC BD BC BD   = − = − = −  ÷   uuuu uuuu uuu uuu uuu uuu uuu 6 x O C D y A M B => ( ) . os , . AB DM c AB DM AB DM = uuuuuuu uuu uuuu uuuuu uuu 1 1 1 1 . . . 4 2 4 2 1 1 1 1 . . 4 2 4 2 AB BC BD AB BC AB BD AB BC BD AB BC BD   − −  ÷   = = − − uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu ( ) ( ) ( ) 0 0 2 2 2 0 1 1 . . os 60 . . os 60 4 2 1 1 1 . 2. . . os 60 16 4 8 a a c a a c a a a a c − = + − 2 2 2 2 1 8 4 2 3 5 . 16 8 a a a a a − = = − Bài 4: Cho tứ diện OABC, trong đó OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA=OB=OC= a . Gọi K là trung điểm BC. Hãy xác định cà tính độ dài đoạn vuông góc chung của các cặp đường thẳng. a) OA và BC b) AK và OC Giải Cách 1 (Dùng phương pháp tổng hợp): a)Tính khoảng cách OA và BC + Xác định đoạn vuông góc chung: OBC ∆ cân tên trung tuyến OK cũng là đường cao : BCOK ⊥ mặc khác OAOK ⊥ Suy ra OK là đoạn vuông góc chung cần tìm. Tính OK OBC∆ vuông tại O có aOCOB == nên 2 2a OK = b)Tính khoảng cách AK và OC + Xác định đoạn vuông góc chung: Gọi L là trung điểm OB thì )(OABKL ⊥ Gọi I là hình chiếu của O trên AL ta có: AKOIALKOI KLOI ALOI ⊥⇒⊥⇒    ⊥ ⊥ )( (3) Mặt khác OIOC ⊥ (4) Vẽ )(// AKJKLIJ ∈ và )(// OCHOIIJ ∈ (5) (3), (4), (5) CHO JH OCJH AKJH =>    // // là đoạn vuông góc chung cần tìm + Tính OIKJ = OAL∆ vuông taoi O có OI là đường cao nên: 2 5514111 222222 a OI aaaOAOLOI ==>=+=+= là khoảng cách cần tìm Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ): Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau:      =>⊂ =>⊂ =>⊂ );0;0( )0;;0( )0;0;( aBOzOA aBOyOC aBOxOB 7 a) Tính khoảng cách OA và BC K là trung điểm BC nên )0; 2 ; 2 ( aa K 2 2 ),( a OKOKBCOAd === b) Tính khoảng cách AK và OC Xác định đoạn vuông góc chung như phương pháp tổng hợp Tính AK và OI Ta có       −==>       a a AL a L ;0; 2 0;0; 2 Do ALOI ⊥ và KLOI ⊥ nên       5 ;0; 5 2 aa I 5 5 5 0 5 2 2 2 2 aaa OIOI =       ++       ===> là khoảng cách cần tìm Cách 3 (Dùng phương pháp vector): a) Tính khoảng cách OA và BC. Kí hiệu EF là đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng OA và BC. Chọn vector cơ sở { } , ,OA OB OC uuu uuu uuu . Ta có BC OC OB= − uuu uuu uuu OA, OB, OC đôi một vuông góc nên ta có: . . . 0OA OB OB OC OA OC= = = uuu uuu uuu uuu uuu uuu OA OB OC a= = = uuuu uuuu uuuu (1) E thuộc đường thẳng BC => x∃ để BE xBC= uuu uuu BE xOC xOB= − uuu uuu uuu F thuộc đường thẳng OA => y∃ để OF yOA= uuu uuu . . . 0OA OB OB OC OA OC= = = uuu uuu uuu uuu uuu uuu (2) . 0EF OA EF OA⊥ ⇒ = uuu uuu uuu uuu (3) Mặt khác EF OF OFEB BO BE OB= + + = − − + uu uuu uuu uuu uuu uuu uuu (4) Từ (1), (4) ta có: EF ( )xBC OB yOA x OC OB OB yOA= − − + = − − − + uu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu ( 1)yOA x OB xOC= + − − uuu uuu uuu (5) Từ (2), (3), (5) ta có: ( 1) . 0 ( 1) . 0 yOA x OB xOC OC OB yOA x OB xOC OA      + − − − =        + − − =     uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu 8 Suy ra 1 ( 1) 0 2 0 0 x x x y y  − − − = =   ⇔   =   =  Vậy 1 1 EF 2 2 OB OC= − − uu uuu uuu ( ) 2 2 2 1 1 1 2 EF 2 2 4 2 a OB OC a a   = − − = + =  ÷   uuu uuu uuu b) Tính khoảng cách AK và OC Kí hiệu JH là đường thẳng vuông góc chung của hai đường thẳng OA và OB. Chọn vector cơ sở { } , ,OA OB OC uuu uuu uuu . Ta có BC OC OB= − uuu uuu uuu OA, OB, OC đôi một vuông góc nên ta có: . . . 0OA OB OB OC OA OC= = = uuu uuu uuu uuu uuu uuu OA OB OC a= = = uuuu uuuu uuuu K là trung điểm BC nên ( ) 1 2 OK OB OC= + uuu uuu uuu . => 1 1 2 2 AK OK OA OB OC OA= − = + − uuu uuu uuu uuu uuu uuu (1) J thuộc đường thẳng AK => x∃ để AJ xAK= uu uuu (2) 2 2 x x AJ OB OC xOA= + − uuu uuu uuu uuu H thuộc đường thẳng OC => y∃ để OH yOC= uuu uuu (3) . 0JH AK JH AK⊥ ⇒ = uuu uuu uuu uuu (4) . 0JH OC JH OC⊥ ⇒ = uuu uuu uuu uuu (5) Mặt khác AJ OHJH OA= − − + uuu uu uuu uuu (6) Từ (1), (2), (3), (6) ta có 2 2 x x JH OB OC xOA OA yOC= − − + − + uuu uuu uuu uuu uuu uuu ( ) 1 2 2 x x JH x OA OB y OC   = − − + − +  ÷   uuu uuu uuu uuu (7) Từ (4), (5), (7) ta có hệ: ( ) ( ) 1 1 1 . 0 2 2 2 2 1 . 0 2 2 x x x OA OB y OC OB OC OA x x x OA OB y OC OC        − − + − + + − =   ÷                 − − + − + =  ÷         uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu uuu 9 Suy ra: 1 2 ( 1) 0 3 1 0 4 2 2 5 2 2 4 2 0 5 2 x x y x x y y x x y x y     − + − + − − = − =   ÷   + + =      ⇔ ⇔       = = − + =      => 1 2 5 5 JH OA OB − = − uuu uuu uuu Vậy 2 2 1 4 5 25 25 5 JH a a a= + = uuu Bài 5: Cho tứ diện ABCD có AB,AC, AD vuông góc với nhau từng đôi một; AB=c,AC=b,AD=a.Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD). Giải: Cách 1 (Dùng phương pháp tổng hợp): Xác định hính chiếu H của A trên mặt phẳng (BCD) D Gọi I là hình chiếu của A trên cạnh BC . Ta có : )(ADIBC ADBC AIBC ⊥⇒    ⊥ ⊥ Gọi H là hình chiếu của A trên cạnh DI. Ta có : )(ADIAH DIAH BCAH ⊥⇒    ⊥ ⊥ H Tính AH: A ADI∆ vuông tại A ,đường cao AH nên: 22222 11111 aAIADAIAH +=+= (1) B ∆ ABC vuông tại A , đường cao AI nên : 22222 11111 bcACABAI +=+= (2) Thay (2) vào (1), ta có: )( )( 1111 222222 2 2 222222 2222 accbba abc AH abc bacacb cbaAH ++ =⇔ ++ =++= Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ): Chọn hệ trục toạ độ oxyz như sau:    ⇒∈⇒∈ ⇒∈⇒≡ );0;0(),0;;0( )0;0;(),0;0;0( aDozDbCoyC cBoxBAAO Phương trình đoạn chắn của mặt phẳng (BCD) là : (BCD) : 01 =−+⇔=++ abcacybcx c z b y a x Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD ) là : 10 C [...]... = (0,0,0) a C = (0, ,0) 3 ⇒ D = (0,0, a 2 ) 3 a H = ( ,0,0) 3 Do N trung điểm DC ⇒ N (0, Ta lại có M (0, a a 2 ) 2 3 2 3 , I trung điểm MN ⇒ I = (0,0, A=( −a ,0) 2 3 a 2 ) 4 3 −a −a , ,0) 2 2 3 a 3 2 2 b) Chứng minh AI ⊥ (BCD) a a a 2 , ) ta có AI = ( , 2 2 3 4 3 ⇒ AI = a a 2 ,− ) 3 3 a −a CH = ( , ,0) 3 3 DC = (0, a a a a a 2 AI CH = ( − + 0 ) = 0 ⇒ AI ⊥ CH (1) 2 3 3 2 3 4 3 27 a a a a 2 a 2 AI DC... + c ) 3 2 1 1 cos ϕ = 2 = 1 3 2 3 Cách 3 (Dùng phương pháp vector): Gọi CI là đường cao, O là tâm của tam giác BCD Chọn hệ trục tọa độ như sau: Trục Ox đi qua C, trục Oy BD , trục Oz đi qua A a 3 1 a 3 2 a 3 ⇒ OI = CI = , OC = CI = 2 3 6 3 3 a 6 ∆OAC cho OA = 3 Suy ra Ta có: CI = z A B D 18 a 3 a 3 a C ;0;0) B(− ;− ;0) 3 6 2 a 3 a a 6 x D(− ; ;0) A(0;0; ) 6 2 3 y M là trung điểm của BC nên a 3 a M(... E( 4 4 4 4  3 t  z= 4   − a 3t ' + x = 2 4 a a 3 3a a 3  ;0; ), DF = ( ;− a; ), DF :  y = a − t ' F( 4 4 4 4  3 t'  z= 4  (I) (II) a a 3 Giải hệ (I) và (II) ta được G(0; ; ) 3 6 −a −a 3 −a −a a 3 SA = ( ;0; ), GE = ( ; ; ) ⇒ SA.GE = 0 ⇒ GE ⊥ SA 2 2 4 3 12 a −a 3 a −a a 3 SB = ( ;0; ), GF = ( ; ; ) ⇒ SB.GF = 0 ⇒ GF ⊥ SB 2 2 4 3 12 c) Chứng minh G là trọng tâm tam giác SHK: a 3 H(0;0;0), K(0;a;0),... D(0;2a;0)   S (0;0; a 3 ), Ox ⊥ AD Tương tự ta có: B ( a 3 a a 3 ; ;0), C ( ; a;0) 2 2 2 a ⇒ BC = (0; ;0) 2 −a 3 −a BS = ( ; ; a 3 ) Do đó BC ^ 2 2 a2 3 a 3 BS = ( ;0; ) 2 4 Mặt phẳng (SBC) cò phương trình tổng quát là: a 3 2(x)x + z = 0 ⇔ 2 x + z − a 3 = 0 2 Vì AD // (SBD) nên khoảng cách cần tìm d là khoảng cách từ A đến (SBD) Do đó d = 2.0 + 0 − a 3 2 +1 2 2 = a 3 a 15 = 5 5 32 Cách 3 (Dùng phương pháp... có: 3 S ABC = S A ' BC cos 30 0 = 8 = 4 3 (1) 2 uuu uuu    uuu a2 3  1 uuu  a 2 3 AB ∧ AC =  0;0; Mặt khác, ta có: ÷nên S ABC = AB AC =  2 ÷ 2 4   (1) và (2) suy ra: (2) a2 3 = 4 3 ⇔ a 2 = 16 ⇔ a = 4 ⇒ IA = 2 3 4 ta có: uuuu  a a 3    uuuu  a a 3  A'B =  ; ; −a ' ÷, A ' C =  − ; ; −a ' ÷ 2 2 ÷  2 2 ÷     2 uuuu uuuu    a 3 ⇒ A ' B ∧ A ' C =  0; aa '; ÷ = (0; 4a ';8 3) ... ( ; a;0), D( 2 2  a 3  S ∈ oz ⇒ S (0;0; )  2  a) Tính khoảng cách d từ A đến (SCD): −a a −a 3 −a a2 3 2 SC = ( ; a; ), SD = ( ; a; ) ⇒ SC , SD = (0; ;a ) 2 2 2 2 2 Mặt phẳng (SCD): 3 Qua D và vectơ pháp tuyến SC , SD ⇒ n = (0; ;1) ⇒ ( SCD ) : 3 y + 2 z − a 3 = 0 2 −a 3 21 Vậy: d(A,(SCD)) = =a 7 7 ⊥ SA, GF ⊥ SB: b) Chứng minh GE ⇒ [ [ ] 12 ]  a 3t x = − 2 4 −a a 3 − 3a a 3  ;0; ), CE = ( ;−a;... phương trình AC ' và (α ) ta được I ( , , ) ∈ AC '∩ (α ) 3 3 3 uu  2a a a BI = (− ; ; ) 3 3 3 15 C D Gọi (α ) là mặt phẳng qua B và vuông góc với AC ' , ta có (α ) :x+y+z-a=0 * C' D' B x uu  2 2 2 ⇒ d ( B, AC ') =  2a  +  a  +  a   ÷  ÷  ÷  3  3 3 * d ( B, AC ') = BI ⇒ d ( B, AC ') = a 6 3 Các trường hợp còn lại tương tự Cách 3 (Dùng phương pháp vector): u  uuu uuuuuu u    Chọn... A’BC cân tại A’ (A’B=A’C=đường chéo hai hình chữ nhật bằng nhau) Nên A’I ⊥ BC (2) (3) ∆ A’AI vuông tại A · ' = 30 0 (1),(2), (3) suy ra AIA Tính cạnh đáy và chiều cao của khối lăng trụ IA B’ ∆ A’AI Cho cos 30 0 = IA ' 3 IA 3 ⇔ = ⇔ IA = IA ' 2 IA ' 2 ∆ ABI là nửa tam giác đều cạnh AB nên 3 3 Đường cao IA=AB =BC 2 2 A 3 3 (4),(5) ⇒ BC = IA’ ⇔ BC = IA ' 2 2 I 1 B N Diện tích tam giác A’BC là S A ' BC = 8... 2 3  AA ' 1 ⇔ AA’=IA’.sin 30 0 =4 =2 IA ' 2 Thể tích của khối lăng trụ là z 1 1 1 8 3 V= S ABC AA ' = BC.IA AA ' = 4.2 3. 2 = 3 6 6 3 ∆ A’AI cho sin 30 0 = C ’ Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ): A ’ B’ A x C B N 23 I y C Gọi a là cạnh của tam giác đều ABC, AA’=a, I là trung điểm của BC  a a 3   A ≡ O ⇒ A(0;0;0), Ax P BC , I ∈ Oy ⇒ B  ;  2 2 ;0 ÷ ÷    Chọn hệ trục Oxyz như sau:    a a 3 ... là tam giác vuông tại C nên a2 2 cao C ' C = a B' diện tích là S BCE = Đường 1 3 Suy ra thể tích V = S BCE C ' C = D' C' A 3 a 6 D Xét khối chóp tam giác C.BEC ' có : Đáy BC ' E là tam giác đều cạnh a 2 nên a 2 3 a2 3 = 2 2 3 3 a 1 a V= ⇔ S BC ' E = 6 3 6 1 2 diện tích là S BC ' E = a 2 Thể tích ⇔ B a2 3 a3 a h = ⇔h= 6 6 3 C E Với h là đướng cao của khối chóp tam giác C.BEC ' kẻ từ C Đó lá khoảng cách . qua A. Ta có: 3 3 3 2 , 6 3 3 1 2 3 a CIOC a CIOI a CI ====⇒= OAC∆ cho 3 6a OA = A Suy ra B 18 B H D z )0;0; 3 3 ( a C )0; 2 ; 6 3 ( aa B −− C O )0; 2 ; 6 3 ( aa D − ) 3 6 ;0;0( a A . Oz đi qua A như hình vẽ Ta có 3 1 3 2 3 , 2 3 2 3 2 a a a CI OI CI OC CI= ⇒ = = = = 5 z OAC ∆ cho 6 3 a OA = Suy ra: 6 3 3 3 0;0; , ; ;0 , ;0;0 , ; ;0 3 6 2 3 6 2 a a a a a a A B C D   . có: 4 dycxbyxBCyBDxABBHABAH bdABADBD bcBDACBC ++−−=++=+= −=−= −=−= )1( Vì      ⊥ ⊥ ⇒⊥ BDAH BCAH BCDAH )( )( 17 34 6 34 34 12 32 .99.16 34 1 )(916 34 1 )( 34 9 34 16 )( 34 9 34 16 34 9 9259 9925 0)]()1([ 0)]()1([ 222222 2 đvdtdcb dcbAHAH dcbAH yx yx yx bddycxyxb bcdycxyxb ==+=++=       ++==⇒ ++=⇒ ==⇔    =+ =+ ⇔      =−++−− =−++−− ⇔   